Formule du crible de Poincaré

J'avais bricolé une démonstration, mais qui n'a rien de simple. Si ça peut servir, je la communique. C'est pour les probabilités, mais pour les cardinaux il y a une autre démonstration, qui ne se fait pas par récurrence. On en reparle demain si nécessaire.
Bonne nuit.
Fr. Ch.

Et ben oui mais ça devient compliqué de développer plus sans finir la preuve... Je suis étonné parce que les manipulations que tu fais dans ton premier message sont plus avancées que l'étape qu'il te manque.

Comme dit, on peut oublier pour le moment que l'on a une somme et prendre les $I$ individuellement :
$\forall I \subset 1,n$ tel que $I \ne \emptyset$, on a
$(-1)^{|I|-1}|\cap_{i \in I} (A_i \cap A_{n+1})|$
$ = (-1)^{|I|-1}|(\cap_{i \in I} A_i) \cap A_{n+1}|$
$ = (-1) \times (-1)^{|J|-1}|\cap_{j \in J} A_j|$ pour un certain ensemble $J$.

Trouve de quel ensemble $J$ il s'agit.

@ Le Lui ou un Autre (pseudo qui donne à méditer : je est un autre)
Oui la démonstration à quoi je pensais, qui ne se fait pas par récurrence, est la même que la tienne, mais je l'avais rédigée en 1975 sans le formalisme.

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$\bullet $ On note $\left\vert E\right\vert $ le cardinal (nombre d'éléments) d'un ensemble fini $E$.
$\bullet $ Soit un entier $n\geq 2$, et soient des ensembles finis $A_{1}, A_{2},..., A_{n}$.
Pour $k\in \{1,2,...,n\}$, on pose : $ \displaystyle S_{k}=\underset{1\leq i_{1}<i_{2}<...<i_{k}\leq n}{\sum }\left\vert A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap ...\cap A_{i_{k}}\right\vert $ (somme de $(_{k}^{n})$ termes).

Par exemple : $ \displaystyle S_{1}=\underset{1\leq i\leq n}{\sum }\left\vert A_{i}\right\vert =\underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\left\vert
A_{i}\right\vert $ (somme de $n$ termes), $S_{n}=\left\vert A_{1}\cap A_{2}\cap ...\cap A_{n}\right\vert $ (somme de $1$ terme).

$\bullet $ Soit $ \displaystyle S=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}(-1)^{k-1}S_{k}$. On veut prouver : $S=$ $\left\vert A_{1}\cup A_{2}\cup ...\cup A_{n}\right\vert$

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$\bullet $ Considérons un élément $x\in A_{1}\cup A_{2}\cup ...\cup A_{n}$, qui appartient exactement à $p$ ensembles parmi les $A_{i}$, $1\leq p\leq n$.
Dans la somme $S_{1}=\left\vert A_{1}\right\vert +\left\vert
A_{2}\right\vert +...+\left\vert A_{n}\right\vert $, cet element $x$ est compté $p$ fois ($p=(_{1}^{p})$).

Dans la somme $S_{2}=\left\vert A_{1}\cap A_{2}\right\vert +\left\vert
A_{1}\cap A_{3}\right\vert +...+\left\vert A_{n-1}\cap A_{n}\right\vert $,
cet élément $x$ est compté $(_{2}^{p})$ fois, dans les $\left\vert
A_{i}\cap A_{j}\right\vert $ correspondant aux $p$ ensembles choisis.

Dans la somme $S_{p}=\underset{1\leq i_{1}<i_{2}<...<i_{p}\leq n}{\sum }\left\vert A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap ...\cap A_{i_{p}}\right\vert $,
cet élément $x$ est compté une fois ($1=(_{p}^{p})$).

Dans la somme $S_{p+1}=\underset{1\leq i_{1}<i_{2}<...<i_{p+1}\leq n}{\sum }%
\left\vert A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap ...\cap A_{i_{p+1}}\right\vert $,
cet élément $x$ n'est plus compté puisqu'il n'appartient qu'à $p$ ensembles parmi les $A_{i}$.
Et de même pour les $S_{k}$, $k>p$.

En conséquence, dans la somme $\displaystyle S= \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}%
(-1)^{k-1}S_{k}=S_{1}-S_{2}+S_{3}+...+(-1)^{p-1}S_{p}$,
notre élément $x$ est compté un nombre de fois égal à :
$\displaystyle (_{1}^{p})-(_{2}^{p})+...+(-1)^{p-1}(_{p}^{p})=\underset{j=1}{\overset{p}{%
\sum }}(-1)^{j-1}(_{j}^{p})$.
Et cette somme est égale à 1.

Bonne journée.
Fr. Ch.
11/10/2017